2014年高三物理第二轮专题复习全套教案.docx

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1、2012年高三物理第二轮专题复习第1专题力与运动学问网络考点预料本专题复习三个模块的内容：运动的描绘、受力分析与平衡、牛顿运动定律的运用运动的描绘与受力分析是两个互相独立的内容，它们通过牛顿运动定律才能连成一个有机的整体虽然运动的描绘、受力平衡在近几年(特殊是2008年以前)都有独立的命题出如今高考中(如2008年的全国理综卷第23题、四川理综卷第23题)，但由于理综考试题量的局限以及课改趋势，独立考察前两模块的命题在2010年高考中出现的概率很小，大部分高考卷中应当都会出现同时考察三个模块学问的试题，而且占不少分值在综合复习这三个模块内容的时候，应当把握以下几点：1运动的描绘是物理学的重要根

2、底，其理论体系为用数学函数或图象的方法来描绘、推断质点的运动规律，公式和推论众多其中，平抛运动、追及问题、实际运动的描绘应为复习的重点和难点2无论是平衡问题，还是动力学问题，一般都须要进展受力分析，而正交分解法、隔离法与整体法相结合是最常用、最重要的思想方法，每年高考都会对其进展考察3牛顿运动定律的应用是高中物理的重要内容之一，与此有关的高考试题每年都有，题型有选择题、计算题等，趋向于运用牛顿运动定律解决消费、生活和科技中的实际问题此外，它还常常与电场、磁场结合，构成难度较大的综合性试题一、运动的描绘要点归纳(一)匀变速直线运动的几个重要推论和解题方法1某段时间内的平均速度等于这段时间的中间时

3、刻的瞬时速度，即tv2在连续相等的时间间隔T内的位移之差s为恒量，且saT23在初速度为零的匀变速直线运动中，相等的时间T内连续通过的位移之比为：s1s2s3sn135(2n1)通过连续相等的位移所用的时间之比为：t1t2t3tn4竖直上抛运动(1)对称性：上升阶段和下落阶段具有时间和速度等方面的对称性(2)可逆性：上升过程做匀减速运动，可逆向看做初速度为零的匀加速运动来讨论(3)整体性：整个运动过程本质上是匀变速直线运动5解决匀变速直线运动问题的常用方法(1)公式法敏捷运用匀变速直线运动的根本公式及一些有用的推导公式干脆解决(2)比例法在初速度为零的匀加速直线运动中，其速度、位移和时间都存在

4、肯定的比例关系，敏捷利用这些关系可使解题过程简化(3)逆向过程处理法逆向过程处理法是把运动过程的“末态”作为“初态”，将物体的运动过程倒过来进展讨论的方法(4)速度图象法速度图象法是力学中一种常见的重要方法，它可以将问题中的很多关系，特殊是一些隐藏关系，在图象上明显地反映出来，从而得到正确、简捷的解题方法(二)运动的合成与分解1小船渡河设水流的速度为v1，船的航行速度为v2，河的宽度为d(1)过河时间t仅由v2沿垂直于河岸方向的重量v确定，即t，与v1无关，所以当v2垂直于河岸时，渡河所用的时间最短，最短时间tmin(2)渡河的路程由小船实际运动轨迹的方向确定当v1v2时，最短路程smind；

5、当v1v2时，最短路程smin，如图11 所示图112轻绳、轻杆两末端速度的关系(1)分解法把绳子(包括连杆)两端的速度都沿绳子的方向和垂直于绳子的方向分解，沿绳子方向的分运动相等(垂直方向的分运动不相关)，即v1cos 1v2cos_2(2)功率法通过轻绳(轻杆)连接物体时，往往力拉轻绳(轻杆)做功的功率等于轻绳(轻杆)对物体做功的功率3平抛运动如图12所示，物体从O处以程度初速度v0抛出，经时间t到达P点图12(1)加速度(2)速度合速度的大小v设合速度的方向与程度方向的夹角为，有：tan ，即arctan (3)位移设合位移的大小s合位移的方向与程度方向的夹角为，有：tan ，即arct

6、an 要留意合速度的方向与程度方向的夹角不是合位移的方向与程度方向的夹角的2倍，即2，而是tan 2tan (4)时间：由sygt2得，t，平抛物体在空中运动的时间t只由物体抛出时离地的高度sy确定，而与抛出时的初速度v0无关(5)速度变更：平抛运动是匀变速曲线运动，故在相等的时间内，速度的变更量(g)相等，且必沿竖直方向，如图13所示图13随意两时刻的速度与速度的变更量v构成直角三角形，v沿竖直方向留意：平抛运动的速率随时间并不匀称变更，而速度随时间是匀称变更的(6)带电粒子(只受电场力的作用)垂直进入匀强电场中的运动与平抛运动相像，出电场后做匀速直线运动，如图14所示图14故有：y热点、重

7、点、难点(一)直线运动高考中对直线运动规律的考察一般以图象的应用或追及问题出现这类题目侧重于考察学生应用数学学问处理物理问题的实力对于追及问题，存在的困难在于选用哪些公式来列方程，作图求解，而熟记和运用好直线运动的重要推论往往是解决问题的捷径例1如图15甲所示，A、B两辆汽车在笔直的马路上同向行驶当B车在A车前s84 m处时，B车的速度vB4 m/s，且正以a2 m/s2的加速度做匀加速运动；经过一段时间后，B车的加速度突然变为零A车始终以vA20 m/s的速度做匀速运动，从最初相距84 m时开场计时，经过t012 s后两车相遇问B车加速行驶的时间是多少？图15甲【解析】设B车加速行驶的时间为

8、t，相遇时A车的位移为：sAvAt0B车加速阶段的位移为：sB1vBtat2匀速阶段的速度vvBat，匀速阶段的位移为：sB2v(t0t)相遇时，依题意有：sAsB1sB2s联立以上各式得：t22t0t0将题中数据vA20 m/s，vB4 m/s，a2 m/s2，t012 s，代入上式有：t224t1080解得：t16 s，t218 s(不合题意，舍去)因此，B车加速行驶的时间为6 s答案6 s【点评】出现不符合实际的解(t218 s)的缘由是方程“sB2v(t0t)”并不完全描绘B车的位移，还需加肯定义域t12 s解析后可以作出vAt、vBt 图象加以验证图15乙根据vt图象与t围成的面积等

9、于位移可得，t12 s时，s(164)646 m84 m(二)平抛运动平抛运动在高考试题中出现的几率相当高，或出现于力学综合题中，如2008年北京、山东理综卷第24题；或出现于带电粒子在匀强电场中的偏转一类问题中，如2008年宁夏理综卷第24题、天津理综卷第23题；或出现于此学问点的单独命题中，如2009年高考福建理综卷第20题、广东物理卷第17(1)题、2008年全国理综卷第14题对于这一学问点的复习，除了要熟记两垂直方向上的分速度、分位移公式外，还要特殊理解和运用好速度偏转角公式、位移偏转角公式以及两偏转角的关系式(即tan 2tan )例2图16甲所示，m为在程度传送带上被传送的小物体(

10、可视为质点)，A为终端皮带轮已知皮带轮的半径为r，传送带与皮带轮间不会打滑当m可被程度抛出时，A轮每秒的转数最少为()图16甲ABC D【解析】解法一m到达皮带轮的顶端时，若mmg，表示m受到的重力小于(或等于)m沿皮带轮外表做圆周运动的向心力，m将分开皮带轮的外外表而做平抛运动又因为转数n所以当v，即转数n时，m可被程度抛出，故选项A正确解法二建立如图16乙所示的直角坐标系当m到达皮带轮的顶端有一速度时，若没有皮带轮在下面，m将做平抛运动，根据速度的大小可以作出平抛运动的轨迹若轨迹在皮带轮的下方，说明m将被皮带轮拦住，先沿皮带轮下滑；若轨迹在皮带轮的上方，说明m马上分开皮带轮做平抛运动图16

11、乙又因为皮带轮圆弧在坐标系中的函数为：当y2x2r2初速度为v的平抛运动在坐标系中的函数为：yrg()2平抛运动的轨迹在皮带轮上方的条件为：当x0时，平抛运动的轨迹上各点与O点间的间隔 大于r，即r即r解得：v又因皮带轮的转速n与v的关系为：n可得：当n时，m可被程度抛出答案A【点评】“解法一”应用动力学的方法分析求解；“解法二”应用运动学的方法(数学方法)求解，由于加速度的定义式为a，而确定式为a，故这两种方法殊途同归同类拓展1高台滑雪以其惊险刺激而著名，运发动在空中的飞跃姿态具有很强的欣赏性某滑雪轨道的完好构造可以简化成如图17所示的示意图其中AB段是助滑雪道，倾角30，BC段是程度起跳台

12、，CD段是着陆雪道，AB段与BC段圆滑相连，DE段是一小段圆弧(其长度可无视)，在D、E两点分别与CD、EF相切，EF是减速雪道，倾角37轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为0.25，图中轨道最高点A处的起滑台距起跳台BC的竖直高度h10 mA点与C点的程度间隔 L120 m，C点与D点的间隔 为32.625 m运发动连同滑雪板的总质量m60 kg滑雪运发动从A点由静止开场起滑，通过起跳台从C点程度飞出，在落到着陆雪道上时，运发动靠变更姿态进展缓冲使自己只保存沿着陆雪道的分速度而不弹起除缓冲外运发动均可视为质点，设运发动在全过程中不运用雪杖助滑，无视空气阻力的影响，取重力加速度g10 m/s2

13、，sin 370.6，cos 370.8求：图17(1)运发动在C点程度飞出时的速度大小(2)运发动在着陆雪道CD上的着陆位置与C点的间隔 (3)运发动滑过D点时的速度大小【解析】(1)滑雪运发动从A到C的过程中，由动能定理得：mghmgcos mg(L1hcot )mv解得：vC10 m/s(2)滑雪运发动从C点程度飞出到落到着陆雪道的过程中做平抛运动，有：xvCtygt2tan 着陆位置与C点的间隔 s解得：s18.75 m，t1.5 s(3)着陆位置到D点的间隔 s13.875 m，滑雪运发动在着陆雪道上做匀加速直线运动把平抛运动沿雪道和垂直雪道分解，可得着落后的初速度v0vCcos g

14、tsin 加速度为：mgsin mgcos ma运动到D点的速度为：vv2as解得：vD20 m/s答案(1)10 m/s(2)18.75 m(3)20 m/s互动辨析在斜面上的平抛问题较为常见，“位移与程度面的夹角等于倾角”为着落条件同学们还要能总结出距斜面最远的时刻以及这一间隔 二、受力分析要点归纳(一)常见的五种性质的力产生缘由或条件方向大小重力由于地球的吸引而产生总是竖直向下(铅直向下或垂直程度面对下)，留意不肯定指向地心，不肯定垂直地面对下G重mgG地球外表旁边一切物体都受重力作用，与物体是否处于超重或失重状态无关弹力接触弹性形变支持力的方向总是垂直于接触面而指向被支持的物体压力的方

15、向总是垂直于接触面而指向被压的物体绳的拉力总是沿着绳而指向绳收缩的方向Fkx弹力的大小往往利用平衡条件和牛顿第二定律求解摩擦力滑动摩擦力接触，接触面粗糙存在正压力与接触面有相对运动与接触面的相对运动方向相反fFN只与、FN有关，与接触面积、相对速度、加速度均无关静摩擦力接触，接触面粗糙存在正压力与接触面存在相对运动的趋势与接触面相对运动的趋势相反与产生相对运动趋势的动力的大小相等存在最大静摩擦力，最大静摩擦力的大小由粗糙程度、正压力确定续表产生缘由或条件方向大小电场力点电荷间的库仑力：真空中两个点电荷之间的互相作用作用力的方向沿两点电荷的连线，同种电荷互相排挤，异种电荷互相吸引Fk电场对处于其

16、中的电荷的作用正电荷的受力方向与该处场强的方向一样，负电荷的受力方向与该处场强的方向相反FqE磁场力安培力：磁场对通电导线的作用力FB，FI，即安培力F垂直于电流I和磁感应强度B所确定的平面安培力的方向可用左手定则来推断FBIL安培力的本质是运动电荷受洛伦兹力作用的宏观表现洛伦兹力：运动电荷在磁场中所受到的力用左手定则推断洛伦兹力的方向特殊要留意四指应指向正电荷的运动方向；若为负电荷，则四指指向运动的反方向带电粒子平行于磁场方向运动时，不受洛伦兹力的作用；带电粒子垂直于磁场方向运动时，所受洛伦兹力最大，即f洛qvB(二)力的运算、物体的平衡1力的合成与分解遵循力的平行四边形定则(或力的三角形定

17、则)2平衡状态是指物体处于匀速直线运动或静止状态，物体处于平衡状态的动力学条件是：F合0或Fx0、Fy0、Fz0留意：静止状态是指速度和加速度都为零的状态，如做竖直上抛运动的物体到达最高点时速度为零，但加速度等于重力加速度，不为零，因此不是平衡状态3平衡条件的推论(1)物体处于平衡状态时，它所受的任何一个力与它所受的其余力的合力等大、反向(2)物体在同一平面上的三个不平行的力的作用下处于平衡状态时，这三个力必为共点力物体在三个共点力的作用下而处于平衡状态时，表示这三个力的有向线段组成一封闭的矢量三角形，如图18所示图184共点力作用下物体的平衡分析热点、重点、难点(一)正交分解法、平行四边形法

18、则的应用1正交分解法是分析平衡状态物体受力时最常用、最主要的方法即当F合0时有：Fx合0，Fy合0，Fz合02平行四边形法有时可奇妙用于定性分析物体受力的变更或确定相关几个力之比例3举重运发动在抓举竞赛中为了减小杠铃上升的高度和发力，抓杠铃的两手间要有较大的间隔 某运发动成功抓举杠铃时，测得两手臂间的夹角为120，运发动的质量为75 kg，举起的杠铃的质量为125 kg，如图19甲所示求该运发动每只手臂对杠铃的作用力的大小(取g10 m/s2)图19甲【分析】由手臂的肌肉、骨骼构造以及平常的用力习惯可知，伸直的手臂主要沿手臂方向发力取手腕、手掌为讨论对象，握杠的手掌对杠有竖直向上的弹力和沿杠向

19、外的静摩擦力，其合力沿手臂方向，如图19乙所示图19乙【解析】手臂对杠铃的作用力的方向沿手臂的方向，设该作用力的大小为F，则杠铃的受力状况如图19丙所示图19丙由平衡条件得：2Fcos 60mg解得：F1250 N答案1250 N例4两个可视为质点的小球a和b，用质量可无视的刚性细杆相连放置在一个光滑的半球面内，如图110甲所示已知小球a和b的质量之比为 ，细杆长度是球面半径的 倍两球处于平衡状态时，细杆与程度面的夹角是2008年高考四川延考区理综卷()图110甲A45B30C22.5D15【解析】解法一设细杆对两球的弹力大小为T，小球a、b的受力状况如图110乙所示图110乙其中球面对两球的

20、弹力方向指向圆心，即有：cos 解得：45故FNa的方向为向上偏右，即14545FNb的方向为向上偏左，即2(45)45两球都受到重力、细杆的弹力和球面的弹力的作用，过O作竖直线交ab于c点，设球面的半径为R，由几何关系可得：解得：FNaFNb取a、b及细杆组成的整体为讨论对象，由平衡条件得：FNasin 1FNbsin 2即 FNbsin(45)FNbsin(45)解得：15解法二由几何关系及细杆的长度知，平衡时有：sinOab故OabOba45再设两小球及细杆组成的整体重心位于c点，由悬挂法的原理知c点位于O点的正下方，且即Rsin(45)Rsin(45)1解得：15答案D【点评】利用平行

21、四边形(三角形)定则分析物体的受力状况在各类教辅中较常见驾驭好这种方法的关键在于深入地理解好“在力的图示中，有向线段替代了力的矢量”在理论上，本题也可用隔离法分析小球a、b的受力状况，根据正交分解法分别列平衡方程进展求解，但是求解三角函数方程组时难度很大解法二较简便，但确定重心的公式超纲(二)带电粒子在复合场中的平衡问题在高考试题中，也常出现带电粒子在复合场中受力平衡的物理情境，出现概率较大的是在正交的电场和磁场中的平衡问题及在电场和重力场中的平衡问题在如图111所示的速度选择器中，选择的速度v；在如图112所示的电磁流量计中，流速v，流量Q 图111 图112例5在地面旁边的空间中有程度方向

22、的匀强电场和匀强磁场，已知磁场的方向垂直纸面对里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成角的直线MN运动，如图113所示由此可推断下列说法正确的是()图113A假设油滴带正电，则油滴从M点运动到N点B假设油滴带正电，则油滴从N点运动到M点C假设电场方向程度向右，则油滴从N点运动到M点D假设电场方向程度向左，则油滴从N点运动到M点【解析】油滴在运动过程中受到重力、电场力及洛伦兹力的作用，因洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，大小随速度的变更而变更，而电场力与重力的合力是恒力，所以物体做匀速直线运动；又因电场力肯定在程度方向上，故洛伦兹力的方向是斜向上方的，因此当油滴带正电时，应当由M点向N点运动，故选项

23、A正确、B错误若电场方向程度向右，则油滴需带负电，此时斜向右上方与MN垂直的洛伦兹力对应粒子从N点运动到M点，即选项C正确同理，电场方向程度向左时，油滴需带正电，油滴是从M点运动到N点的，故选项D错误答案AC【点评】对于带电粒子在复合场中做直线运动的问题要留意受力分析因为洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，而且与磁场的方向、带电粒子的电性都有关，分析时更要留意本题中重力和电场力均为恒力，要保证油滴做直线运动，两力的合力必需与洛伦兹力平衡，粒子的运动就只能是匀速直线运动同类拓展2如图114甲所示，悬挂在O点的一根不行伸长的绝缘细线下端挂有一个带电荷量不变的小球A在两次试验中，均缓慢挪动另一带同种电荷

24、的小球B当B到达悬点O的正下方并与A在同一程度线上，A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为若两次试验中B的电荷量分别为q1和q2，分别为30和45，则为 2007年高考重庆理综卷()（没有分清什么量不变）图114甲A2B3C2D3【解析】对A球进展受力分析，如图114 乙所示，图114乙由于绳子的拉力和点电荷间的斥力的合力与A球的重力平衡，故有：F电mgtan ，又F电k设绳子的长度为L，则A、B两球之间的间隔 rLsin ，联立可得：q，由此可见，q与tan sin2 成正比，即2，故选项C正确答案C互动辨析本题为带电体在重力场和电场中的平衡问题，解题的关键在于：先根据小球的受力状况画出

25、平衡状态下的受力分析示意图；然后根据平衡条件和几何关系列式，得出电荷量的通解表达式，进而分析求解本题表达了新课标在学问考察中重视方法浸透的思想三、牛顿运动定律的应用要点归纳(一)深入理解牛顿第一、第三定律1牛顿第肯定律(惯性定律)一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它变更这种状态为止(1)理解要点运动是物体的一种属性，物体的运动不须要力来维持它定性地提醒了运动与力的关系：力是变更物体运动状态的缘由，是使物体产生加速度的缘由牛顿第肯定律是牛顿第二定律的根底，不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特例牛顿第肯定律定性地给出了力与运动的关系，第二定律定量地给出力与运动的关系(2)

26、惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性惯性是物体的固有属性，与物体的受力状况及运动状态无关质量是物体惯性大小的量度2牛顿第三定律(1)两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上，可用公式表示为FF(2)作用力与反作用力肯定是同种性质的力，作用效果不能抵消(3)牛顿第三定律的应用特别广泛，但凡涉及两个或两个以上物体的物理情境、过程的解答，往往都须要应用这肯定律(二)牛顿第二定律1定律内容物体的加速度a跟物体所受的合外力F合成正比，跟物体的质量m成反比2公式：F合ma理解要点因果性：F合是产生加速度a的缘由，它们同时产生，同时变更，同时存在，同时消

27、逝方向性：a与F合都是矢量，方向严格一样瞬时性和对应性：a为某时刻某物体的加速度，F合是该时刻作用在该物体上的合外力3应用牛顿第二定律解题的一般步骤：(1)确定讨论对象；(2)分析讨论对象的受力状况，画出受力分析图并找出加速度的方向；(3)建立直角坐标系，使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上，并将其余的力或加速度分解到两坐标轴上；(4)分别沿x轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程；(5)统一单位，计算数值热点、重点、难点一、正交分解法在动力学问题中的应用当物体受到多个方向的外力作用产生加速度时，常要用到正交分解法1在适当的方向建立直角坐标系，使须要分解的矢量尽可能少2Fx合max合，Fy合m

28、ay合，Fz合maz合3正交分解法对本章各类问题，甚至对整个高中物理来说都是一重要的思想方法例6如图115甲所示，在风洞试验室里，一根足够长的细杆与程度面成37固定，质量m1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点现有程度向右的风力F作用于小球上，经时间t12 s后停顿，小球沿细杆运动的部分vt图象如图115乙所示试求：(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)图115(1)小球在02 s内的加速度a1和24 s内的加速度a2(2)风对小球的作用力F的大小【解析】(1)由图象可知，在02 s内小球的加速度为：a120 m/s2，方向沿杆向上在24 s内小球的加速度为：a21

29、0 m/s2，负号表示方向沿杆向下 (2)有风力时的上升过程，小球的受力状况如图115丙所示图115丙在y方向，由平衡条件得：FN1Fsin mgcos 在x方向，由牛顿第二定律得：Fcos mgsin FN1ma1停风后上升阶段，小球的受力状况如图115丁所示图115丁在y方向，由平衡条件得：FN2mgcos 在x方向，由牛顿第二定律得：mgsin FN2ma2联立以上各式可得：F60 N【点评】斜面(或类斜面)问题是高中最常出现的物理模型正交分解法是求解高中物理题最重要的思想方法之一二、连接体问题(整体法与隔离法)高考卷中常出现涉及两个讨论对象的动力学问题，其中又包含两种状况：一是两对象的

30、速度一样需分析它们之间的互相作用，二是两对象的加速度不同需分析各自的运动或受力隔离(或与整体法相结合)的思想方法是处理这类问题的重要手段1整体法是指当连接体内(即系统内)各物体具有一样的加速度时，可以把连接体内全部物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力状况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法2隔离法是指当讨论对象涉及由多个物体组成的系统时，若要求连接体内物体间的互相作用力，则应把某个物体或某几个物体从系统中隔离出来，分析其受力状况及运动状况，再利用牛顿第二定律对隔离出来的物体列式求解的方法3当连接体中各物体运动的加速度一样或要求合外力时，优先考虑整体法；当连接体中各物体运动的加速度不一样或

31、要求物体间的作用力时，优先考虑隔离法有时一个问题要两种方法结合起来运用才能解决例7如图116所示，在光滑的程度地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运动已知F1F2，当运动到达稳定时，弹簧的伸长量为()图116ABC D【解析】取A、B及弹簧整体为讨论对象，由牛顿第二定律得：F1F22ma取B为讨论对象：kxF2ma(或取A为讨论对象：F1kxma)可解得：x答案C【点评】解析中的三个方程任取两个求解都可以当地面粗糙时，只要两物体与地面的动摩擦因数一样，则A、B之间的拉力与地面光滑时一样同类拓展3如图117所示，质量为m的小物块A放在质量为M的木

32、板B的左端，B在程度拉力的作用下沿程度地面匀速向右滑动，且A、B相对静止某时刻撤去程度拉力，经过一段时间，B在地面上滑行了一段间隔 x，A在B上相对于B向右滑行了一段间隔 L(设木板B足够长)后A和B都停了下来已知A、B间的动摩擦因数为1，B与地面间的动摩擦因数为2，且21，则x的表达式应为()图117AxL BxCx Dx【解析】设A、B相对静止一起向右匀速运动时的速度为v，撤去外力后至停顿的过程中，A受到的滑动摩擦力为：f11mg其加速度大小a11gB做减速运动的加速度大小a2由于21，所以a22g1ga1即木板B先停顿后，A在木板上接着做匀减速运动，且其加速度大小不变对A应用动能定理得：

33、f1(Lx)0mv2对B应用动能定理得：1mgx2(mM)gx0Mv2解得：x答案C【点评】虽然使A产生加速度的力由B施加，但产生的加速度a11g是取大地为参照系的加速度是相对速度而言的，所以加速度肯定和速度取一样的参照系，与施力物体的速度无关动能定理可由牛顿第二定律推导，特殊对于匀变速直线运动，两表达式很简洁互相转换三、临界问题例8如图118甲所示，滑块A置于光滑的程度面上，一细线的一端固定于倾角为45、质量为M的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线另一端拴一质量为m的小球B现对滑块施加一程度方向的恒力F，要使小球B能相对斜面静止，恒力F应满意什么条件？图118甲【解析】先考虑恒力背离斜面方向(程

34、度向左)的状况：设恒力大小为F1时，B还在斜面上且对斜面的压力为零，此时A、B有共同加速度a1，B的受力状况如图118乙所示，有：图118乙Tsin mg，Tcos ma1解得：a1gcot 即F1(Mm)a1(Mm)gcot 由此可知，当程度向左的力大于(Mm)gcot 时，小球B将分开斜面，对于程度恒力向斜面一侧方向(程度向右)的状况：设恒力大小为F2时，B相对斜面静止时对悬绳的拉力恰好为零，此时A、B的共同加速度为a2，B的受力状况如图118丙所示，有：图118丙FNcos mg，FNsin ma2解得：a2gtan 即F2(Mm)a2(Mm)gtan 由此可知，当程度向右的力大于(Mm

35、)gtan ，B将沿斜面上滑，综上可知，当作用在A上的恒力F向左小于(Mm)gcot ，或向右小于(Mm)gtan 时，B能静止在斜面上答案向左小于(Mm)gcot 或向右小于(Mm)gtan 【点评】斜面上的物体、被细绳悬挂的物体这两类物理模型是高中物理中重要的物理模型，也是高考常出现的重要物理情境四、超重与失重问题1超重与失重只是物体在竖直方向上具有加速度时所受支持力不等于重力的情形2要留意飞行器绕地球做圆周运动时在竖直方向上具有向心加速度，处于失重状态例9为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯的运行状况，甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进展了以下试验：质量m50 kg

36、的甲同学站在体重计上，乙同学记录电梯从地面一楼到顶层的过程中，体重计的示数随时间变更的状况，并作出了如图119甲所示的图象已知t0时，电梯静止不动，从电梯内楼层按钮上获知该大楼共19层求：(1)电梯启动和制动时的加速度大小(2)该大楼的层高图119甲【解析】(1)对于启动状态有：F1mgma1得：a12 m/s2对于制动状态有：mgF3ma2得：a22 m/s2(2)电梯匀速运动的速度va1t121 m/s2 m/s从图中读得电梯匀速上升的时间t226 s电梯运行的总时间t28 s电梯运行的vt图象如图119乙所示，图119乙所以总位移sv (t2t)2(2628) m54 m层高h3 m答案

37、(1)2 m/s22 m/s2(2)3 m经典考题在本专题中，正交分解、整体与隔离相结合是最重要也是最常用的思想方法，是高考中考察的重点力的独立性原理、运动图象的应用次之，在高考中出现的概率也较大1有一个直角支架AOB，AO程度放置，外表粗糙，OB竖直向下，外表光滑AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可无视、不行伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(如图120 甲所示)现将P环向左移一小段间隔 ，两环再次到达平衡，那么将挪动后的平衡状态和原来的平衡状态比拟，AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变更状况是1998年高考上海物理卷()图120甲AN不变，T变大BN不

38、变，T变小CN变大，T变大 DN变大，T变小【解析】Q环的受力状况如图120乙所示，由平衡条件得：Tcos mgP环向左挪动后变小，T变小 图120乙 图120丙P环的受力状况如图120丙所示，由平衡条件得：NPmgTcos 2mg，NP与角无关故选项B正确答案B【点评】本例是正交分解法、隔离法的典型应用，以后的很多考题都由此改编而来求解支持力N时，还可取P、Q组成的整体为讨论对象，将整体受到的外力正交分解知竖直方向有：NQ2mg2如图121甲所示，在倾角为的固定光滑斜面上有一块用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫已知木板的质量是猫的质量的2倍当绳子突然断开时，猫马上沿着板向上跑，以保持其相对

39、斜面的位置不变则此时木板沿斜面下滑的加速度为2004年高考全国理综卷()图121甲Asin Bgsin Cgsin D2gsin 【解析】绳子断开后猫的受力状况如图121乙所示，由平衡条件知，木板对猫有沿斜面对上的摩擦力，有：fmgsin 图121乙 图121丙再取木板为讨论对象，其受力状况如图121丙所示由牛顿第二定律知：2mgsin f2ma解得：agsin 答案C【点评】猫脚与木块之间的摩擦力使猫保持平衡状态还可取猫、木板组成的整体为讨论对象，由牛顿第二定律：3mgsin 2ma求解，但这一方法高中不作要求3如图122所示，某货场需将质量m1100 kg的货物(可视为质点)从高处运送至地

40、面，为避开货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速度滑下，轨道半径R1.8 m地面上紧靠轨道依次排放两块完全一样的木板A、B，长度均为l2 m，质量均为m2100 kg，木板上外表与轨道末端相切货物与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数20.2(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g10 m/s2)2009年高考山东理综卷图122(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力(2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开场滑动，求1应满意的条件(3)若10.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间【解析】(1)设货物滑到

41、圆轨道末端时的速度为v0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得：mgRm1v设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律得，FNm1gm1联立以上两式并代入数据得FN3000 N根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000 N，方向竖直向下(2)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得：1m1g2(m12m2)g若滑上木板B时，木板B开场滑动，由受力分析得：1m1g2(m1m2)g联立并代入数据得0.410.6(3)10.5，由上问可得，货物在木板A上滑动时，木板不动，设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得1m1gm1a1设货物滑到木板

42、A末端时的速度为v1，由运动学公式得：vv2a1l联立并代入数据得v14 m/s设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得：v1v0a1t联立并代入数据得t0.4 s答案(1)3000 N，方向竖直向下(2)0.410.6(3)0.4 s【点评】象这样同时考察受力分析、动力学、运动学的题型在2010届高考中出现的可能性最大4如图123甲所示，P、Q为某地区程度地面上的两点，在P点正下方一球形区域内贮存有石油假定区域四周岩石匀称分布，密度为；石油密度远小于，可将上述球形区域视为空腔假设没有这一空腔，则该地区重力加速度(正常值)沿竖直方向；当存在空腔时，该地区重力加速度的大小和方向会与正常状况有微小偏离重力加速度在原竖直方向(即PO方向)上的投影相对于正常值的偏离叫做“重力加速度反常”为了探寻石油区域的位置和石油储量，常利用P点旁边重力加速度反常现象已知引力常数为G图123甲(1)设球形空腔体积为V，球心深度为d(远小于地球半径)，x，求空腔所引起的Q点处的重力加速度反常(2)若在程度地面上半径L的范围内发觉：重力加速度反常值在与k(k1)之间变更，且重力加速度反常的最大值出如今半径为L的范围的中心，假设这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积2009年高考全国理综卷【解析】(1)由牛顿第二定律